mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 11, 2016 5:19 pm**

Έστω οι $x,y,z\succ0$ με xyz=1

. Να δείξετε ότι $\sum{\displaystyle\frac{x}{y^2(z+1)}\geq\frac{3}{2}.$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 12, 2016 6:59 pm**

Βάζω μια λύση που χρησιμοποιεί μόνο Cauchy-Schwarz και ΑΜ-ΓΜ. Είναι όμως κάπως σύνθετη. Ελπίζω να υπάρχει κάτι πιο απλό.

Από Cauchy-Schwarz έχω

$\displaystyle{ \sum x(z+1) \sum \frac{x}{y^2(z+1)} \geqslant \left(\sum \frac{x}{y}\right)^2}$

Οπότε αρκεί να δείξω ότι

$\displaystyle{ \left(\sum \frac{x}{y}\right)^2 \geqslant \frac{3}{2} \sum x(z+1)}$

Πολλαπλασιάζοντας τα δύο μέρη με το

και αναπτύσσοντας το τετράγωνο, αρκεί να δείξω ότι

$\displaystyle{ 2\sum \frac{x^2}{y^2} + 4 \sum \frac{y}{x} \geqslant 3\sum xz + 3\sum x }$

ή ισοδύναμα (αφού xyz=1

)

$\displaystyle{ \boxed{2\sum x^4z^2 + 4 \sum y^2z \geqslant 3\sum xz + 3\sum x} \qquad (1)}$

Τώρα από ΑΜ-ΓΜ έχω

$\displaystyle{ x^2y + x^2y + y^2z \geqslant 3\sqrt[3]{x^4y^4z} = 3\sqrt[3]{x^3y^3} = 3xy}$

Οπότε είναι

$\displaystyle{ \boxed{3\sum y^2z \geqslant 3\sum xz} \qquad (2)}$

Επίσης είναι

$\displaystyle{ x^4z^2 + y^4x^2 + z^2x \geqslant 3 \sqrt[3]{x^7y^4z^4} = 3x}$

και άρα

$\displaystyle{\boxed{2\sum x^4z^2 + \sum y^2z \geqslant 3\sum x} \qquad (3) }$

Προσθέτοντας τις (2) και (3) παίρνουμε την (1) που είναι ισοδύναμη με το ζητούμενο.

$\rule{400pt}{1pt}$

Θέλει κάποια προσοχή επειδή οι παραστάσεις δεν είναι συμμετρικές. Άλλο το $\sum x^2y$ και άλλο το $\sum xy^2$ . Έκανα διπλοτσεκάρισμα και νομίζω ότι δεν έχω λάθος.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 12, 2016 7:52 pm**

orestis26 έγραψε:Έστω οι $x,y,z\succ0$ με . Να δείξετε ότι $\sum{\displaystyle\frac{x}{y^2(z+1)}\geq\frac{3}{2}.$

Υπάρχουν

τέτοια ώστε $x=\frac{a}{b}, y=\frac{b}{c}, z=\frac{c}{a}$ .
Η ζητούμενη γίνεται οπότε ισοδύναμα:
$\sum{\displaystyle \frac{\frac{a}{b}}{(\frac{b}{c})^2(\frac{c}{a}+1)}\geq\frac{3}{2}$ ή, κάνοντας τις πράξεις, $\sum{\displaystyle\frac{a^2c^2}{b^3(c+a)}\geq\frac{3}{2}$ .
Πολλαπλασιάζοντας με (abc)^3

και τα δυο μέλη, βλέπουμε πως αρκεί να ισχύει $\sum{\displaystyle\frac{a^5c^5}{c+a}\geq\frac{3(abc)^3}{2}$ .
Είναι τώρα: $\sum{\displaystyle\frac{a^5c^5}{c+a}\geq \frac{(ab+bc+ac)^5}{2\times 3^3(a+b+c)}$ από Holder. (1)
Ισχύει όμως $(ab+bc+ca)^5=(ab+bc+ca)^2(ab+bc+ca)^3 \geq 3abc(a+b+c)\times(27(abc)^2)$ (2)
από ΑΜ-GM και την γνωστή $(ab+bc+ca)^2\geq3abc(a+b+c)$ .

Συνδυάζοντας (1) και (2) έχουμε τέλος $\sum{\displaystyle\frac{a^5c^5}{c+a}\geq \frac{(ab+bc+ac)^5}{2\times 3^3(a+b+c)} \geq \frac{81(abc)^3(a+b+c)}{2\times 3^3(a+b+c)}=\frac{3(abc)^3}{2}$ που είναι ισοδύναμο με το ζητούμενο.

Να σημειώσω πως η έλλειψη συμμετρίας της αρχικής (κυκλικής) ανισότητας μας κάνει να υποψιαστούμε πως η χρήση μιας μη-συμμετρικής κυκλικής αντικατάστασης θα δώσει τελικά μια συμμετρική ανισότητα (πολλές φορές όταν συνδυάζουμε δυο κυκλικά πράγματα προκύπτει κάτι συμμετρικό). Αυτό μας παρακινεί στην πιο πάνω αντικατάσταση.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 12, 2016 8:00 pm**

Να δώσω απάντηση στον Δημήτρη(γεια σου Δημήτρη). Η λύση που είχα υπόψη μου είναι εκείνη του Φερμά_96 και νομίζω ότι είναι η πιο απλή.

Να δώσω

στον Φερμά_96 για την προσέγγιση του.

(πολλά δεν έδωσα ;

)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 12, 2016 8:26 pm**

Μπορούμε βασικά να αποφύγουμε και την χρήση της Holder.
Πολύ πιο απλά, με την αντικατάσταση $x=\frac{b}{a}, y=\frac{c}{b}, z=\frac{a}{c}$ έχουμε πως αρκεί $\sum{\displaystyle\frac{b^4}{c+a}\geq\frac{3abc}{2}$ .
Aπό CS έχουμε $\sum{\displaystyle\frac{b^4}{c+a}\geq\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a+b+c)} \geq \frac{(a+b+c)^4}{18(a+b+c)}=\frac{(a+b+c)^3}{18}$ (1).
H (1) με ΑΜ-ΓΜ δίνει το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 12, 2016 8:27 pm**

Φερμά_96!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 12, 2016 8:32 pm**

Φερμά_96 έγραψε: Να σημειώσω πως η έλλειψη συμμετρίας της αρχικής (κυκλικής) ανισότητας μας κάνει να υποψιαστούμε πως η χρήση μιας μη-συμμετρικής κυκλικής αντικατάστασης θα δώσει τελικά μια συμμετρική ανισότητα (πολλές φορές όταν συνδυάζουμε δυο κυκλικά πράγματα προκύπτει κάτι συμμετρικό). Αυτό μας παρακινεί στην πιο πάνω αντικατάσταση.

Μάριε, ευχαριστούμε όχι μόνο για την λύση, αλλά και για τα σχόλια. Είναι και αυτά αρκετά σημαντικά αν όχι σημαντικότερα για να μας βοηθήσουν σε άλλα προβλήματα.

orestis26 έγραψε:Η λύση που είχα υπόψη μου είναι εκείνη του Φερμά_96

Τότε νομίζω ότι είναι όντως δύσκολη για junior.

Κατά καιρούς αρκετοί, του εαυτού μου μη εξαιρουμένου, έχουμε βάλει δύσκολα θέματα στους junior. Οι junior που μπορούν να λύσουν το συγκεκριμένο θέμα σε εύλογο χρονικό διάστημα μάλλον πάνε για καλό μετάλλιο στην jbmo.

Καλύτερα τέτοια θέματα να τα βάζουμε στους seniors και κάποιοι από τους εξαιρετικούς juniors που έχουμε ας ρίχνουν μια ματιά και εκεί.

Υ.Γ. Τώρα βλέπω την πιο απλή λύση του Μάριου. Αν την έγραφε αυτήν πρώτα ίσως να μην έγραφα τις ενστάσεις μου. Πάλι όμως, απλή λύση δεν σημαίνει απαραίτητα πως είναι και απλό να βρεθεί.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 12, 2016 8:40 pm**

Έχετε δίκιο κύριε Δημήτρη! Φυσικά και η δεύτερη λύση του Μάριου είναι πιο απλή και ταιριάζει γάντι στους Juniors !

Μιας και αναφέρατε JBMO ,καλή επιτυχία στην αποστολή μας

!

mathematica.gr

Ανισότητα

Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα